小学数学特长生读本（六年级）
&&&&&&&&&&&&&&&&
/ 小学数学特长生读本（六年级）　
　　解 这个问题仍然是行程问题．可设时针 1 小时转动的 1 格为路程的 单位．此时，时针转动的速度为每分钟 1
格，分针转动的速度为每分钟 1 格．由题意及图形的观察不难分60 5析出：这一时刻时针与分针的位置应分别在 9、10 之间和 2、3 之间．设 这一时刻时针的位置在 9 过 x 格，则由于分针与时针和 12 等距离，所以从 9 点整计算，时针走过 x 格时分针应走了（3-x）格．时针经过的时间为：（x÷1
）分钟，分针经过的时间为：[ （3 - x）÷ 1]分钟．因为时60 5间相等，则有方程：1 1x ? ? (3 ? x ) ?60 5解此方程得：x =
（格）．因为时针转动一格所需时间为60分钟，13所以转动3
格的时间为：3
×60 = 13 11 （分钟）13 13 13即：当时针与分针的位置与12 的距离相等时，应为9点13 1113分．练习题二十三
1．观察在镜面反射后的钟面的指针位置，说出这两个钟面所表示的 时刻，并求出它们的时间差．（图 23—4（甲）、图 23—4（乙））　　2．一手表每小时快 4 分钟，下午 2 点整将表对准，当这只手表的指 针指向晚 10 点整的时候，实际的时刻应是几点几分？3．钟面上 9 点整，再过多少分钟两指针第一次重合？　　4．钟面上的时刻为三点整，再过多少分钟时针与分针首次构成平 角？5．某钟面的指针指在 7 点的哪一刻时，时针和分针的位置与 6 的距离相等？第二十四课 最大与最小（一）　　在社会实践中，经常会遇到最大与最小的问题，它往往关系到最佳 策略的制定．下面介绍几种用数学方法求最大、最小值问题．例1 从 ? 1?100中划去100 个数字，其它数字顺序不变，求剩下数中最大数．解 解决复杂问题，可以从简单问题入手，得出规律．从中划去8个数字剩下的三位数中，百位数字越大则数越大，因而 910 是最大的数，也就是在高位上尽量剩下大数字．本题中从 中划去 10 个数字剩下 9；从 950 中划去 76 个 数剩下 4 个 9；从
中划去 14 个数剩下最大的数只能是785960 ．从而得到本题的解为1?99100．例 2 试求和为 10，乘积最大的两个自然数解（枚举法）1+9=10→1×9=92+8=10→2×8=163+7=10→3×7=214+6=10→4×6=245+5=10→5×5=25答：这两个数都是 5 时，积最大．一般地有以2下结论 若a + b = K（定值），则ab≤ k4，当且仅当a = b时等号成立．例 3 试求乘积为 64，和为最小的两个自然数．解 （枚举法）1×64=64→1+64=652×32=64→2+32=344×16=64→4+16=208×8=64→8+8=16 答：这两个数都是 8 时和最小．　　一般地有以下结论 若 ab=K2（定值）则 a+b≥2K，当且仅当 a=b 时 等号成立．例 4 把 19 分成若干个自然数的和，如何分才能使它们的积最大？分析 （找规律）2=1+1，最大积为 1×1=13=1+2，最大积为 2×1=24=2+2，最大积为 2×2=45=2+3，最大积为 2×3=66=3+3，最大积为 3×3=97=2+2+3，最大积为 2×2×3=128=3+3+2，最大积为 2×3×3=18如此不难发现把自然数 n 分成若干个数的和．当 n=3m 时最大积为3m；当 n=3m+1 时，最大积为 3m-1·22；当 n=3m+2 时，最大积为 3m·2．解 由于 17=3×5+2，将 17 分成：17=3+3+3+3+3+2，积最大值为 35×2=486
例 5 如图 24—1 在公路 AE 两旁有五个村庄（假设村庄的人数近似 相同），现要在公路上设一个公共汽车站，问设在哪点最合理？　　分析与解 所谓合理是使所有乘车人到车站所走路程的总公里数最 小．首先，无论车站设在公路哪一点，人们从村庄到公路的小路必然要 走，于是问题就简化为人们从公路上 A、B、C、D、E 到车站所走路程总 和最小．下面从简单问题找规律：假设只有一个村庄 F，显然车站应设在A 点，人们在公路上走的距离总和为最小值 0；若只有 F、G 两村庄，车 站应设在路线 AB 之间，人们在公路上走的路程最少，相当于一个村的人 走完路线 AB；利用上述实验可知，若只有三个村庄 F、G、H，车站应设 在中间村路口 B 点，若只有 F、G、H、D 四个村庄，车站应设在中间两村 村口 BC 之间，也不难得出五个村庄时车站应设在中间村路口 C 点．　　一般地有下列结论 当村庄数为奇数时，车站设在中间村路口，而当 村庄数为偶数时，车站应设在中间两村公路口之间．例 6 如图 24—2 用长为 30 米的篱笆围成一个长方形鸡厂，长和宽各是多少时鸡厂面积最大？最大面积是多少？分析与解 设长方形长宽分别为 a，b．问题就转化为 a+b=15，求 a×b 的最大值，由 24—2例2结论知当a = b = 15 = 7.5时，a×b有最大值 15= 56.25（米2 ）2 2　　答：当长和宽都是 7.5 米时，鸡厂面积最大，最大面积为 56.25 平 方米．例 7 如图 24—3，用 30 米的篱笆围成一个一面靠墙的长方形鸡厂，长方形的长和宽各为多少时，鸡厂面积最大？最大面积是多少？分析与解 本题与例 6 相比是靠墙部分没有篱笆，不能直接用 24—例 2 结论．由于当这个长方形面积最大时，两个同样长方形面积之和也 最大．将长方形鸡厂关于墙对称变到墙的另一侧，构成一个大长方形．于 是问题就转化为用 60 米篱笆围成一个长方形，当长和宽分别为多少时， 面积最大？最大面积是多少？同例 6 方法可知，当大长方形长宽都为 15时面积最大，最大面积为 152=225．由大长方形的构造可知，本题解为当长方形长为 15 宽为 7.5 时，面积最大，最大面积为 112.5 平方米．例 8 （91 年初赛）
将 1，2，3，4，5，6，7，8，9 分别填入图 24—4 的九个圆圈中， 使其中一条边上的四个数之和与另一条边上的四个数之和的比值最大， 那么这个比值是
．　　分析与解 由于分子大且分母小才能使比值大，因而尽可能把较大数 填在一边，较小数填入另一边．把 9、8、7 填入右边上，将 1，2，3 填 入下面这条边上．以下问题是公共圆圈内填 4、5、6 中的哪一个使比值 最大？用枚举法比较：9 ? 8 ? 7 ? 61 ? 2 ? 3 ? 69 ? 8 ? 7 ? 51 ? 2 ? 3 ? 59 ? 8 ? 7 ? 41 ? 2 ? 3 ? 430? ? 2.51229? ? 2.641128? ? 2.810可知，公共圆圈中填 4 时比值为 2.8 最大．
例 9 如图 24—5 在一条公路上每隔 1000 米设有一个仓库，其中一 号库存货 1.0 吨，二号库存货 30 吨，三号库空着，四号库存货 20 吨， 五号库存货 40 吨，现将货物集中在某一个仓库，若每吨货运 1 千米需 0.8 元，问运到哪个库存放最省钱？最少需多少钱？解 （枚举法）比较运往一号库须 0.8（30+20×3+40×4）=200（元） 运往二号库须 0.8（10+20×2+40×3）=136（元） 运往三号库须 0.8（10×2+30+20+40×2）=120（元） 运往四号库须 0.8（10×3+30×2+40）=104（元） 运往五号库须 0.8（10×4+30×3+20）=120（元） 可知运往四号库存放最省钱，最少需 120 元．　　在解决有限问题而问题又较简单如例 2、例 3、例 5、例 8、例 9 可 采用枚举比较大小的方法．虽然是有限问题，但枚举范围较大如例 1、例4，可从最简单情况入手，观察，归纳，发现规律，以达到解决问题的目 的．练习题二十四1．从1?4950中划去80个数剩下数字顺序不变，求 所剩数中最大的数．2．将 20 分成若干个数的和，使这些自然数的积取最大值．3． 如图 24—6 在一条公路两旁有四个村庄．设各村乘车人数相同且 G 村乘车人中老年人较多．现要在公路上设一公共汽车站．问设在什 么地方最合理？　　4．有相同周长的正三角形、正方形和圆，哪一个面积最大？哪一个 面积最小？
5．如图 24—7 在“□”中填入 1、2、3、4、5、6、7、8（式中的数 字不能重复），使运算结果①最大，②最小．　　第二十五课 最大与最小（二）　　在社会实践中，经常遇到较复杂或无限型求最大值与最小值问题， 运用枚举比较法很困难或根本无法运用枚举法，而这些问题的解决常常 是把题目条件与数学的公理、定理综合运用的结果．例 1 一只蚂蚁要从正方体侧面 ABCD 上一点 M 经棱 AD 到上面一点 N（如图 25—1）问如何走能使蚂蚁走的路程最短？
分析 由于线段 AD 上有无穷多个点，如图 25—2 从 M 经 AD 到 N 有无 穷多种走法，无法用枚举比较法．由于两点之间线段最短，直接连 MN 则 不经过 AD 与已知条件不符．为了满足条件，将正方体展成平面图形，此 时线段 MN 与线段 AD 必相交．
解 将正方体在同一平面展开（如图 25—3），连结 MN 交 AD 于 P， 由公理两点之间线段最短可知蚂蚁从 M 点沿直线爬到 AD 上 P 点再沿直线 爬到 N 点时走过的路程最短．
例 2（将军饮马）在河的同侧有两点 A 和 B（如图 25—4）．从 A 点 出发先到河边饮马，然后到 B 点．问在哪一点饮水能使走的路程最短？
分析 由图 25—5 可知行走的方法有无穷多种，无法找出哪一种是最 短路线，但如果象例 1 那样，A、B 在河的两侧，问题就解决了，下面是 如何把一点转化到另一侧．　　解 如图 25—6，设 A 关于河岸的轴对称点为 A′，则 A′B 与河岸有 交点 C，从 A′到 B 的最短路线为 A′C+CB．由于 AC=A′C 故从 A 经 C 到B 所走路程最短．　　例 3 某次划船比赛，规则是从 A 点出发先到左岸，然后到右岸，最 后到达终点 B，以时间少者胜，问应如何选取航线？（如图 25—7）　　　　分析与解 由于航线越短越省时间，因而去寻求最短路线．设 A 关于 左岸的对称点为 A′，B 关于右岸的对称点为 B′，则线段 A′B′与左右 两岸分别相交，设交点分别为 M 和 N，由于自 A′到 B′所有连线中，线段 A′B′最短，故由 AM+MN+NB 是最短航线距离（如图 25—8）．
将军饮马问题是谁发现的？我们都知道是古希腊的海伦．其实在太 阳系建立的时候这个问题就被聪明的光线解决了．阳光遇到物质会发生 反射，哪么射向哪里呢？如图 25—9 光线 l 入射到直线 a 上一点 P，怎样 画出反射光线？在 l 上任取一点 A，设 A 关于直线 a 的对称点 A′．则反 射光沿着 A′P 方向反射．这个图形也恰好就是将军饮马的图形．自然界 中有许多规律还没被人们发现，只要善于观察，勤于思考，就可发现这 些规律．　　例 4（台球中的将军饮马问题）台球运动员在打台球时是如何计算 路线的？如图 25—10（A）把本球 A 经球案右侧哪一点反射后正中 B 球？图 25—10（B）本球 A 经球案右侧反射到左侧再反射若正中 B 球，应如何设计路线？解 在图 25—10（A）中找到 A 关于球案右侧边的对称点 A′，则 A′B 与球案右边有交点 C 则 C 点为所求反射点．在图 25—10（B）中，先 找出 A 关于球案右边的对称点 A′，再找到 B 关于球案左端的对称点 B′， 连结 B′A′则交球案右边一点（设为 C），交球案左端一点（设为 D）．只 要将本球打到 C 点本球自然反射到 D，再反射后正中球 B．若此时 DB 正 对球底袋，则 B 球会进入球底袋．　　例 5 在边长为 2 的等边三角形内最多放入几个点，满足每两个点的 距离不小于 1？　　分析与解 边长为 2 的三角形内有无限多个点，解题思路是把无限的 问题转化到有限去考虑．如图 25—11（A）将△ABC 分为边长为 1 的四个　　等边三角形，以等边三角形 ABC 中心为圆心，半径为 1 作圆（如图 25—11B）．若将△ABC 中心选为一点在顶点为 A、B、C 的小三角形中各可取 一点满足每两点距离均不小于 1，共有四个点．以下证明四个点最多．将 四个小等边三角形视为四个抽屉，由抽屉原则知，当多于四个的点放入 这四个抽屉时至少有两点满入同一个抽屉，由抽屉构造可知这两点距离 小于 1．因此最多可放入四个点．　　例 6 求证在半径为 1 的圆内或圆上最多可放入 6 个点使它们每两点 的距离不超过 1．　　证明 将半径为 1 的圆六等分（如图 25—12），则圆被分成六个相同 的小扇形，易知圆上分点 A、B、C、D、E、F 六点中每两点间距离不小于1．将 6 个小扇形视为 6 个抽屉，把多于 6 个点的点放入这 6 个抽屉中， 由抽屉原则知至少有两个点满入同一抽屉．而由抽屉构造法可知这两点 距离必然小于 1．因而最多可放入 6 个点．　　例 7 士兵在做队列表演（500 以内）．3 人一排时余 1 人；五人一 排时余 4 人；七人一排时余 3 人．问这些士兵最多多少人？最少多少人？解 被 5 除余 4 的数有：4、9、14、19、24、29、?，即个位数字是 4 或 9 被 7 除余 3 的数有：3、10、17、24、31、38、45、52、59、66、73、80、87、94?既能被 7 除余 3，又能被 5 除余 4 的有　　24、59、94?第一个被 3 除余 1 的数为 94，故这些士兵最少为 94 人．　　由于 5、7、3 的最小公倍数为 105，由已知有 K·105+94＜500，故 K 最大值为 3．从而得到这些士兵最多有 407 人．　　例 8 一把钥匙开一把锁，但不知哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多 少次能用 9 把钥匙把 9 把锁打开？最少多少次？解 把锁全部打开可以分成九步，如下表锁 号
1 2 3 4 5 6 7 8 9
试开次数
9 8 7 6 5 4 3 2 1
此表表示最多试开次数需 9+8+7+6+5+4+3+2+1=45 次，最少需 1+1+1+1+1+1+1+1+1=9 次．　　例 9 现有 n（n 为自然数）个不同的天平砝码，①若砝码只能放在 天平一侧可最多测出多少个不同的重量？②若砝码可放在天平两侧，最 多可称出多少个不同的重量？（0 不算一个重量）　　分析与解 n 是一个表示数的字母，使用起来很不方便，不知它是哪 一个自然数．我们采取实验、观察、发现的方法．①解 n=1 时，可称出 1 个重量n=2 时，可称出 3 个重量n=3 时，可称出 7 个重量设三个砝码重量分别为 a、b、c（a≠b≠c）则可称出，a、b、c、a+b、a+c、b+c、a+b+c7 个不同重量．继续实验下去可得下表：n 的取值
1 2 3 4 5 6 7?（ n ）
不同重量数
1 3 7 15 31 63 127 ?（ 2n-1 ）
不同重量数为 2n-1②解 n=1 时，可称出 2 种不同重量n=2 时，可称出 8 种不同重量　　设二个不同砝码分别是 a 和 b 且 a≠b，将 a、b、a+b 分别放右端 3 种，放左端也是 3 种，左端放 a 且右端放 b 一种，反之又一种共 8 种不 同重量．继续实验可得下表：n 的取值
1 2 3 4 5 ?（ n ）
不同重量数
2 8 26 80 242 ?（ 3n-1 ）
不同重量数为 3n-1．　　解法 2 对于①每个砝码有两种状态即放上天平或不放上．由乘法原 理共有：2×2×2×?×2 = 2 nn个2　　但全不放上称出的重量是 0 不合题意，因而最多可称出 2n-1 种不同 重量．对于②每个砝码有三种状态即放到左边，放到右边或不放上，由乘法原理知最多可称出3×3×3×?×3 = 3nn个3　　种不同重量，由于全都不放时称出重量为 0 不合题意，故最多可称 出 3n-1 种不同重量．例 10 150 人要赶到 90 公里外的某地去执行任务．装备一辆可乘 50人时速为 70 公里的卡车．若步行时速为 10 公里，请设计一种乘车及步 行方案，使这 150 人全部到达目的地所用的时间最少．（上下车时间忽 略不计）　　分析 要想 150 人全部到达目的地所用时间最少，应是同时出发，同 时到达．在这一时间里要最大限度的利用人力和物力．即车不停的开， 人不停的走．由于车只能乘 50 人故分成三组，每组 50 人，为了保证同 时到达每组步行和乘车路程分别相同．　　解 将 150 人分成 3 组，每组 50 人，设每组均步行 2y 公里乘车 90-2y 公里，设计方案如图 25—13，汽车送第一组走完 90-2y 公里后，返回接 第二组．与第二组相遇时，第二组刚好走了 y 公里，而汽车此时走了 90-2y+90-2y-y=180-5y 公里，由于它们所用时间相同，根据时间路程? 速度 ，有180 ? 5y y=70 10解得 y=15，即步行 30 公里，乘车 60 公里，行军所用时间为60 30 6? ? 370 10 7（小时）练习题二十五1．如图 25—14 自点 A 发出的光线，经 l1 反射到 l2 上一点，又经 l2反射后经过 B 点，试画出光的路线．　　2．如图 25—15 在边长为 2 的正方形中，最多可放入几个点，使它 们每两点间的距离不小于对角线的一半？3．一个三位数，除以 3 余 2，除以 5 余 1，除以 7 余 4，求这个三位数的最大与最小数．4．用一个天平和一个 5 克砝码，最少称多少次才能称出 155 克药品？5．100 人要到 90 公里外的某地开会，只有一辆可乘 50 人，时速为70 公里的汽车，若人步行的速度为每小时 10 公里，最少用多长时间可使 他们全部到达？第二十六课 简单染色问题　　有很多同学喜欢画画，有的喜欢画人物，有的喜欢画花草，有的喜 欢画水彩画，有的喜欢画油画．有一些画靠优美的线条取胜，也有一些 画以绚丽的色彩夺目．然而很少有人知道在数学问题中也有一些与色彩 有关．这就是所谓的“染色问题”．在这一课我们就介绍一些简单的染 色问题．
例 1 如图 26—1 所示，用五种不同的颜色分别使 A、B、C、D、E 染 色，要求相邻两区域所染的颜色不同，求共有多少种不同的染色方式？　　分析 首先我们设定一种染色顺序，不妨假定按 A、B、C、D、E 的顺 序．由于 A 与 D 不相邻，则 A 与 D 的颜色可以相同，也可以不同．　　（1）若 A 与 D 颜色相同，则此时，A 有 5 种染色方式，B 不能与 A 同色，故只有 4 种染色方式，而 C 不能与 AB 同色，故只有 3 种染色方式，E 不能与 A、C 同色，即也有 3 种染色方式，由乘法原理，共有 5×4×3×3=180 种不同的染色方式．　　（2）若 A 与 D 颜色不同时，A 还是 5 种染色方式，B 还是 4 种染色 方式，C 还是 3 种染色方式，而 D 此时与 A、B、C 的颜色都不同，所以只有 2 种染色方式，E 不能与 A、C、D 同色，即也有 2 种染色方式，由乘法原理，共有 5×4×3×2×2=240 种不同的染色方式．解 由以上分析，共有不同的染色方式5×4×3×3＋5×4×3×2×2=180＋240=420（种）
例 2 有一个 5×5 的方格棋盘，如图 26—2 所示每一个小方格中有一 只小甲虫，假定在同一时刻，所有小甲虫都爬到邻格中（横向与纵向的 格，不能斜爬），问此时能否会出现空格？　　分析 初看这个问题，似乎无从下手，但如果我们利用“染色”的手 段，就会使问题简化，很轻松的得到正确答案．　　解 将 5×5 棋盘用黑白两种颜色相间染色，如图 26—3 所示，此时 共有黑色格 13 个，白色格 12 个．当每个小格中的甲虫同时爬向邻格时， 即黑格中的甲虫爬到白格中，白格中的甲虫爬到黑格中．由于黑格比白 格多一格，则原来白格中的甲虫爬到黑格后必空一格，所以该题的答案 是肯定的．　　
例 3 至少需要几种颜色才能使图 26—4 中所有有公共端点的线段涂 上不同的颜色？　　分析 由于 AD、AB、AE 共点于 A，所以需要 3 种颜色对这三条线段 染色．由于 BE 与 AD 不相邻，CD 与 AE 不相邻．CE 与 AB 不相邻，因此它 们可以分别染上相同的颜色．这样 BC 不能再与 BE、CE、CD 中的任一条 同色，它应染上另一种颜色．解由以上分析可知，至少需要 4 种颜色才 能使图中所有相邻的线段涂上不同的颜色．例 4 马能否从半个棋盘上的任一点出发，不重不漏地跳遍半个棋盘的所有点？
分析 由马走“日”的特点，我们将半个棋盘上的所有点进行红黑两 种染色，即相邻的点染上不同的颜色（如图 26—5）．设 A 点一类为黑点， 相邻点则为红点．不难看出，马每跳一步都是从一种色点到另一种色 点．即马在连续跳动时，两种颜色的点交错出现．如果马能不重不漏地 跳遍半个棋盘，则两种颜色点的个数应当相同或马的起跳点所在的一类 色点多一个．解 如图 26—5，将半个棋盘进行红、黑两种染色，即可得 A 类点为22 点，剩下一类为 23 点．由前面的分析，当马的起跳点为 A 类点时，是 不可能不重不漏地跳遍半个棋盘的，即马不能从半个棋盘上的任意一点 出发，不重不漏地跳遍半个棋盘．　　例 4 到此就解完了．但留下一个问题：如果马的起跳点是红点，是 否可以不重不漏地跳遍半个棋盘？　　这里的回答是肯定的．我们利用构造法，画出马从红点出发，不重 不漏地跳遍半个棋盘的路线（如图 26—6）．棋盘周围数字是马跳动时的 序号，“1”为起跳点．由于棋盘的对称性及路线的中途可衔接性，故从 任意红点出发都可不重不漏地跳遍半个棋盘．　　
例 5 有一个残缺棋盘，如图 26—7 所示，现有 1×2 的“日”形块 覆盖棋盘，问能否恰好用 7 个“日”形块盖住棋盘．　　分析 7 个日形块共 14 个方格，而残缺棋盘也是 14 个方格，似乎这 种覆盖可以做到，然而我们利用黑白相间的染色去分析，就会发现这种 覆盖是办不到的．　　解 将棋盘黑白相间染色，由于“日”形块覆盖棋盘，盖住部分必是 一个黑格一个白格，所以 7 个“日”形块能盖的部分必是 7 个黑格和 7 个白格，而残缺棋盘里黑白格的数目不同（8 个黑格和 6 个白格）故不存 在“日”形块覆盖．例 6 在 8×8 棋盘中（如图 26—8）剪去左上角与右下角的方格，剩下的 62 个方格是否存在日形块覆盖？　　分析 由例 5 的经验，我们可将 8×8 棋盘进行黑白相间染色，此时 黑格、白格个数相同，但剪去的左上角与右下角均是黑格，所以黑格个 数比白格个数少两个，所以不存在日形块将这 62 个方格覆盖．解 将方格黑、白相间染色，则黑格、白格各 32 个．因为剪去的是两个黑格，所以白色格数与黑色格数之差为 2 格．如果存在日形块覆盖， 则必覆盖黑格、白格各 31 个，矛盾．故残缺棋盘不存在日形块覆盖．　　例 7 对世界上任何六个人来说，其中至少有三个人，他们要么互相 都认识，要么互相都不认识．请说明这是为什么？　　分析 把这个问题换一种叙述方式，在纸上画出六个点，表示六个 人．如果两个人认识，就在代表这两个人的两点间联一条红色直线；如 果两人不认识，就在代表这两人的两点间联一条蓝色的直线．这样，六 个点中的任意两点之间总要联一条直线，不是红线就是蓝线．只要说明： 在这些联线中，一定有一个三条边颜色相同的三角形．解 六点中任取其中一点 A（如图 26—9），它与其它五点有五条联线．根据抽屉原理，其中至少有三条线的颜色相同．不妨设 AC、AD 和 AE 是三条蓝色的联线．　　CE、CD 和 ED 三条联线中，只要还有一条蓝色的，就有一个三边蓝色 的三角形出现．如果 CE、CD 和 ED 都不是蓝色的，那么三角形 CDE 三边 颜色相同，都是红色的．例 8 你能否找到一种黑白相间的染色方法，用它来说明：用 15 个 1×4 的长方形和一个 2×2 的正方形不能覆盖 8×8 的正方形．　　分析 解决此问题的关键是采用一种什么样的合理的染色方法．我们 让每一行（列）中的任意一个 1×4 的长方形都覆盖二黑格与二白格；同 时让任意一个 2×2 的正方形都覆盖三白格和一黑格，或者是覆盖三黑格 和一白格．同时 8×8 正方形施行染色后应有：白格数=黑格数解 如图 26—10 就是我们分析过的一种染色方法．不论采用什么样的覆盖方法，任意一个 1×4 长方形覆盖的黑格数=白格数，15 个 1×4 长方形共覆盖 30 个黑格与 30 个白格，一个 2×2 正方形覆盖三黑一白， 或覆盖三白一黑．因此不管怎么盖法，都不能用 15 个 1×4 长方形和一个 2×2 的正方形恰好盖满 8×8 正方形．练习题二十六
1．至少用几种颜色给图 26—11 中的线段染色才能使任何两条相邻 的线段染不同的颜色？　　2．4×4 的正方形方格纸中的小方格涂有黑白两种颜色如图 26—12， 将其任一行或任一列中的各格全部变色（黑、白互变），称为一个程序．能 否经过若干程序将图 A 变为图 B，为什么？　　　　3．在 7×7 格的棋盘的每一个格上放一个马，每个马能否同时按国 际象棋的规则各走一步？　　4．求证：用 15 个 4×4 的矩形块和 1 个 2×2 的矩形块不能完全覆 盖 8×8 矩形．　　5．3×3×3 的立方体由 27 个单位正方体组成，在其中心的小正方体 内有一甲虫．甲虫能从每一个小正方体爬到与它相邻（有一个公共面） 的任一个小正方体中．问：甲虫能否无重复地爬遍所有小正方体？　　第二十七课 最佳方案　　在我们的日常生活和劳动生产中，不论我们做什么事情总想做好， 使之得到最满意的结果．要想得到最满意的结果，就要从整体的观点， 全局考虑，统筹规划．这种问题大致分为两类：一类是确定一项任务， 如何精打细算，使用最少的人力、物力去完成它；另一类是已有一定数 量的人力、物力，如何合理安排，使它们发挥最大限度的作用，从而多、 快、好、省地完成任务．　　目前，已有很多学者从事这种问题的研究，并且取得了成绩，为我 国的建设事业作出了贡献．同学们熟悉的华罗庚爷爷在这方面的成就是 巨大的，开创了我国应用数学领域的新天地．华罗庚爷爷特别关心青少 年的教育，他老人家生前有很多为青少年所写的普及数学丛书，其中就 有“统筹规划”方面的内容．在我们这一课中，也将一些有关“统筹规 划，最佳策略”的简单问题介绍给同学们，希望我们的小读者做事多动 脑筋，成为聪明的小“行家”．　　例 1 小蕾为家里做饭，她择菜需要 8 分钟，洗菜 5 分钟，控水 3 分 钟，洗米 3 分钟，煮饭 10 分钟，切菜 4 分钟，炒菜 6 分钟．若小蕾家使 用的是单火眼煤气灶，她怎样安排做饭顺序最省时合理？若小蕾家使用 双火眼煤气灶又怎样安排才合理？分析 择菜是洗菜的先决条件，洗菜是控水的先决条件，控水是切菜的先决条件，切菜是炒菜的先决条件．洗米是煮饭的先决条件．由此得 到这样两条“主线”，它们可以互不干扰，但显然若先炒菜，再煮饭， 或先煮饭再炒菜不会是最合理的方案．因做菜过程中，控水占 3 分钟， 在做饭过程中，煮饭占 10 分钟，在这 13 分钟里，时间没有被合理使用．解 设小蕾家使用单火眼灶具，即炒菜和煮饭不能同时进行．显然煮饭占火时间长，而这段时间内可以完成洗菜、控水、切菜等项工作．这 样择菜用 8 分钟，洗米用 3 分钟，煮饭用 10 分钟（同时洗菜、控水、切 菜），补切菜 2 分钟，炒菜用 6 分钟，共用时间 29 分钟．若先炒菜，后煮饭．则择菜 8 分钟，洗菜 5 分钟，控水 3 分钟（同时可洗米），切菜 4 分钟，炒菜 6 分钟，煮饭 10 分钟，共用时间 36 分 钟．所以，最合理的方案是：先择菜、洗米，在洗菜、控水、切菜的同 时煮好米饭，最后炒菜．设小蕾家使用双眼灶具，即炒菜、煮饭可以同时进行，这样马上可以得出，在煮饭的同时可以切菜，炒菜，不浪费一点时间，剩下来是洗 米和控水可同时进行，再剩下来的就是择菜、洗菜，总共用时 26 分钟．这 种方案中，控水 3 分钟，煮饭 10 分钟被充分利用，显然是最佳方案．　　说明：这道例题是向同学们展示“筹划最佳策略”的妙用，学会了 这种数学方法，会使你解决很多难题，收到实益．　　例 2 某学校有试验田 25 亩，计划要种黄瓜和西红柿．这些土地根 据土质、水利条件，可分为三类（表 27—1）：一类地 8 亩，二类地 12 亩，三类地 5 亩．计划要求产黄瓜 8000 斤，西红柿不限．应如何安排种 植，可使西红柿的产量高？分析 这个问题属于作物布局问题，其关键是要计算“亩产比”．解 计算亩产比（黄瓜比西红柿）一类地：600800= 0.75，二类地：500700= 0.71三类地： 400 = 0.67600即一类地种黄瓜最佳，其次是二类地，三类地种西红柿最佳．则选用一类地全部种黄瓜，可产：600×8=4800 斤，要求黄瓜产量是 8000 斤， 还差 3200 斤由二类地种植，即需要用地 .4 亩，余下的 5.6 亩二类地，以及三类地都种西红柿，可产西红柿：700×5.6＋600×5=6920 斤．这样就得到符合题意的最佳种植方法．
例 3 在一条公路线旁有四家工厂，工厂的职工数如图 27—2 所示．现 要在这段路线上设立一个公共汽车站，问这个车站设在哪儿，可以使几 家工厂的职工乘车方便？
分析 显然车站应设立在甲厂到丁厂的道路上，我们首先看看这段道 路的端点甲厂和丁厂的附近是不是最佳位置．假如车站设在甲厂附近， 那么其他工厂的职工都要经过乙厂到甲厂方向来乘车，可是，其他三家 工厂的职工总和为 2500 人，甲厂只有 500 人，这种使大多数职工不方便 的位置决不会是最佳位置．我们的原则是“小靠大”，即少数人向多数 人靠拢．所以，车站设在丁厂附近也不是最佳位置，因为丁厂 1000 人， 而甲、乙、丙三厂职工的总和是 2000 人，．这样车站应设在 乙厂到丙厂的这段路上的某个位置．那么甲厂的职工至少要经过乙厂才 能到车站，丁厂的职工至少要经过丙厂才能到车站，所以我们可以先将 甲厂、丁厂的职工分别集中到乙厂和丙厂（如图 27—3），然后再确定车 站的位置就方便多了．解 四个工厂的职工人数总和为：＋800＋500=3000（人）　　甲厂 500 人，丁厂 1000 人，它们都小于四厂总人数的一半．根据“小 靠大”的原则，甲厂附近和丁厂附近都不是车站的最佳位置，甲厂与丁 厂要分别向乙厂和丙厂靠（图 27—3），这样丙厂就相当于 1700 人，乙 厂相当 1300 人，再由“小靠大”的原则，，所以乙厂应向丙 厂靠，即车站应设在丙厂附近为最佳．　　说明：上述甲厂的人数小于四厂总人数的一半，即甲厂的人数比其 余三厂人数总和小，所以要向左靠，若甲厂的人数大于四厂总人数的一 半，即甲厂的人数比其余三厂人数总和大，则其余三厂要向甲厂靠，那 么车站就应设在甲厂附近．　　例 4 图 27—4 是一张公路运输图，图中两条相交直线表示两条公路 线，“□”与“○”分别表示运出货物与运进货物的地点，数字表示运输方案．
分析 货物运输包含两个因素，一、运输路程，二、货物重量．如果 路程以公里为单位，货重以吨为单位，那么运输量以吨公里为单位．比 如，一吨的货物运送一公里，那么运输量就是一吨公里．所谓最佳运输 方案，就是使运输的吨公里数尽可能的小．要做到这一点，就要防止对就来寻找一个最佳方案．
解 制定最佳方案的原则是：在不产生对流的前提下就近运送货物． 方案．　　说明：如果同学们有兴趣，可以验证这种方案的最佳性，先求出吨 公里数（运程可由同学根据图中线段的长短量定），再与其余的方案比 较．　　例 5 2.8 米长的圆钢材，要截成 1.2 米、0.9 米两种长度的钢料段， 以备制做零件，现在要求两种钢料各 60 段，至少需要 2.8 米的圆钢多少　　件？　　分析 初看起来，问题很简单，每件原料都可以截下 1.2 米和 0.9 米 的钢料各一件，共需 60 件．但如此截取造成很大浪费，因为 2.8—1.2—0.9=0.7（米），剩下的残料比较多，用途不大，所以，这样的截取不 是最佳的，应找出一种最省料的截取方法．解 为了节约用料，我们找出以下两种截取方法：（1）截成 1.2 米的钢件两段，余料 0.4 米．（2）截成 0.9 米的钢件三段，余料 0.1 米．　　设取 2.8 米长的原料 x 件．用截法（1）；取 y 件原料，用截法（2）， 则有：　　?2 x ? 60?3y ? 60? x ? 30? y ? 20　　即取 30 件原料截成 1.2 米长的钢段，取 20 件原料截成 0.9 米长的 钢段，总共使用 50 件原料，节约 10 件原料，并且残料仅为：0.4×30+0.1×20=14 米．
例 6 某乡有八个行政村，如图 27—6 分布．点表示村庄，线表示道 路，道路的长短如图 27—6．现在这个乡要建立广播网，沿道路架设电线， 问沿怎样的路线架设电线最省？　　分析 要在全乡架设广播线，显然整个线路应该是连通的，所以，架 设的广播线形成一个脉络，而且应是树形脉络．因为要求的脉络总长度 要尽可能短（即电线最省），有闭路就会造成浪费，由此得出这个脉络（电线的架设图）是由 8 个点（即 8 个村）和 7 条线组成，题目所给的乡村分布图是一个圈形脉络．由以上分析，需要把它转化为树形脉络．　　解 要把圈形脉络转化成树形脉络，就是要把构成圈（即闭路）的某 条线去掉．此方法叫做剪圈法．根据题目的要求，剪圈时，要去掉构成 圈的最长一条线，这样的做法叫做取短法．首先去掉 AF，即剪开圈 AGEFA，因为 AF 是最长的线．在圈 AGHBA 中，AB 是最长的线，把它去掉，以下顺次去掉：BCHB 中的最长线 BC，CDHC 中的最长线 CD；DEHD 中的最长线 HD；HEGH 中的最长线 EG；到此圈形脉 络图 27—6 转化成了树形脉络图 27—7，且脉络的总长度是最短的，即为 题目所求的最佳架线线路．
例 7 甲、乙两城之间有多条道路可通，如图 27-8，图中数字表示该 段道路上的最大通过能力．求出甲、乙两城间的最大通过能力．　　解 解决这类问题的基本原则是：由外及内依次计算．即最外层道路 是：①甲→A→D→乙，②甲→B→乙．它们的最大通过能力都是 10．其次 有道路③甲→A→C→D→乙，④甲→B→C→乙，它们的最大通过能力分别是 10、20．则甲、乙两城总的通过能力为 50．练习题二十七
1．某乡共有六块麦地，每块麦地的产量如图 27—9，问麦场设在何 处最好？（运输总量千克千米数越小越好）
2．图 27—10 中所示为一个乡镇分布图，共有 7 个村庄，找出最短 的联络路线．（连通各村的路线）　　3．某班 40 名师生星期天参加植树活动，师生按身体状况分成甲、 乙、丙三种人员．他们的任务是挖树坑和运树苗两种活，要求挖树坑 30 个，运树苗则运得越多越好．甲、乙、丙三种劳动人员的效率如表 27—11 所示，试求最合理的人员分配方案．　　（注：图中“效率”是指某人员一天的劳动能力，如甲种人员若挖 坑，一天可以挖 2 个坑；若运树，一天可以运 20 棵树．）　　4．每天甲、乙两煤矿各产煤 200 吨、250 吨；A、B、C 三个城市每 天各需要煤 100 吨、150 吨、200 吨，各煤矿与各城市之间的运输距离如表 27—12 所示，求使运费最省方案：（单位：千米）5．某缝纫社有甲、乙、丙、丁四个小组，甲组每天能缝制 8 件上衣或 10 条裤子；乙组每天能缝制 9 件上衣或 12 条裤子；丙组每天能缝制 7 件上衣或 11 条裤子，丁组每天能缝制 6 件上衣或 7 条裤子．现在上衣和 裤子要配套缝制（每套为一件上衣、一条裤子），问 7 天中这四个小组 最多能缝制多少件衣服？第二十八课 最佳策略　　我们经常看到许多带有竞赛或争斗性质的现象，小至下棋、游戏， 大至军事较量等．显然人们在竞赛和争斗中总是希望自己一方最终取得 胜利或获得尽可能好的结局，这就需要为此而作出努力．然而这必定遭 到对手的干扰和阻挠，所以自己要想取得胜利，必须考虑对手可能采取 的策略，从而制定出自己的对策来．这就是所谓“知己知彼，百战不殆”．我 们将这种现象称之为“对策现象”．“对策现象”有三个最根本的要素： 一、局中人　　在一场竞赛或战斗中都有参加者，他们为了在对策中取得好结果， 必须制定对付对手的行动方案，我们把这种有决策权的参加者称为局中 人．局中人的概念是广义的，是指参加竞争的各个阵营．并且称只有两 个局中人的对策现象为“双人对策”，而多于两个局中人的对策称为“多 人对策”．二、策略 把一个局中人的一个可行的自始至终通盘筹划的行动方案，称为这个局中人的一个策略．三、一局对策的得失 在一局对策中，必有胜利者和失败者，名次有前有后，我们称之为“得失”．每个局中人在一局对策中的得失与全体局中人所取定的策略有关． 下面我们来看几道例题．例 1 甲、乙二人轮流地往一张圆桌面上放一枚五分硬币，唯一的规则是任何两个硬币不能重叠，谁放完一枚后而使得对方无法再往桌面上 放硬币时，谁就是胜利者．分析 问题中对于圆桌面的大小没有做任何规定，大小是无关紧要的，关键是桌面几何形状的对称性． 作为先放的人，设为甲，如果把第一枚硬币对准圆桌面的中心放下去，要是桌面太小，以致乙无法再放，乙就输了；要是乙还能放一枚硬币，其位置在点 A（见图 28—1），那么 A 点关于圆桌面中心 O 的“对称 点”A'上，一定是空着的，并且足以再放一枚硬币．这时，甲就应当把 一枚硬币对准 A'放下去．　　解 设甲先放硬币．由于圆桌面的对称性质，也就是除中心 O 外，桌 面上随便一点 A，总可以找到一个关于 O 的对称点 A'，使得 A 到 O 的距 离等于 O 到 A'的距离．只要乙在一个位置上放一枚硬币，甲就可以在相 应的对称位置放一枚硬币．圆桌的面积是有限的，总有放满的时刻，因 而第一个无处可放的必然是乙，所以甲必然获胜．例 2 有一堆火柴共 1996 根，甲、乙两人轮流从中拿取火柴，每人每次最多可拿 3 根，最少拿 1 根，谁能拿到最后一根谁为胜．若甲先拿， 问谁有必胜的策略？　　分析 已知每人每次最多可拿 3 根，至少要拿 1 根，则拿取火柴的最 多根数与最少根数之和为 4．而 1996 恰好是 4 的倍数．则不论甲一次拿 几根，只要乙每次所拿火柴的根数与甲刚拿的火柴根数之和为 4，即能保 证乙能拿到最后一根．解 乙有必胜的策略．设甲每次拿 n 根，则乙就拿 4—n 根．其中 n只能取 1、2、3 三个数．　　例 3 甲、乙二人轮流从分别写有 1、2，?99 的 99 张卡片中任意取 走一张，问先取卡片的人能否使最后剩下的两张卡片上的数字互质？　　分析 要使两张卡片上的数字互质（即这两个数的最大公约数为 1）， 最简单易行的是使最后剩下的两张卡片上的数字为一个奇数和一个偶 数．而 99 张卡片中有奇数卡片 45 张，偶数卡片为 44 张．故先取卡片的 人有必胜的策略．　　解 先取卡片的人首先取走一张奇数卡片，接下来，若后取者取奇数 卡时，先取者就取偶数卡，若后取者取偶数卡，则先取者就取奇数卡， 总之先取者每次取卡都能保证剩下的卡片上奇偶数一样多，最终必取得 胜利．例 4 两人轮流在图 28—2 的空格内画符号．甲画“√”，乙画“×”．规定每人每次至少画一格，至多画三格．空格画满后，分别清点一下，哪 一方的总数是偶数，哪一方就获胜，问如何就能确保获胜？分析 先来考虑简单情况．如果只 有一个格，当然先画者必败，如果只有九个格，设甲先画，乙后画，我们来讨论以下三种情况：　　（1）甲先画一格，乙如果画三格，则给甲留下五个格，这时甲无论 怎样画，乙都有办法获胜；（2）甲先画二格，乙如果画三格，则给甲留下四个格，这时乙同样有办法获胜．（3）甲先画三格，乙只要画一格，就转化为（1），还是乙胜． 有了以上特殊情况的启示，我们可以得到如下的解答．
解 先走的人必败．因为小方格的数是奇数，两人画格子数必定是一 奇一偶．若甲先画，那么乙应采取的策略如下：由表逆推上去，不难得出乙取胜的方法；（1）甲在取得偶数的情况下，乙应该留给甲的空格数是：20，17，12，9，4，1（2）甲在取得奇数的情况下，乙应该留给甲的空格数是：21，16，13，8，5，0　　例如，甲先画 2 格，则乙应画三格；甲又画 3 格，乙应画 1 格等等． 说明：这道题是将从特殊到一般的分析方法与倒推法结合起来运 用．象这样把多种方法结合起来运用，往往能使我们尽快地找到解题思路．　　例 5 两人轮流在国际象棋盘的空格内放入“相”棋，一方为黑棋， 一方为白棋．当任何一方放“相”棋时，要保证不被对方已放入的“相” 吃掉，谁先无法放棋子谁为输者．问谁为输者？　　（注：国际象棋盘为 8×8 格的方形盘，“相”棋的走法为斜飞，格 数不限．）
分析 由“相棋”的走法，每一“相”棋在棋盘上可以控制两条斜路， 如图 28-3 所示，凡落入这两条斜路上的棋都受到攻击．双方放“相”棋 时，只需避开受控的斜路就会安然无恙．　　解 先走棋者输．这是因为先走者无论把“相”放在什么位置，后者 都可把“相”放在对方棋子的“对称”位置上（以棋盘中间的竖直平分 线为对称轴），这样能够保证：（1）后走者必有放棋子的格子；（2） 后走者放入的“相”不会被对方刚刚放入的“相”吃掉，因为“相”是 斜飞，不能直走，所以双方的“相”在某一横行上可以“和平共处”；（3）后走者放入的“相”也不能被对方以前放入的“相”吃掉．因为先走者放入的“相”一定避开了对方已有的“相”，由对称性后走者的“相” 也不会遭到攻击、如此下去，先走者终有不能再走的时候，从而失败．例 6 有三堆棋子，分别为 7，8，9 枚，甲、乙两人轮流从其中任意一堆中取走若干枚棋子且至少取一枚，谁能拿到最后一枚谁就获胜．求 获胜者的策略，　　分析 由已知条件，很难一下确定谁能获胜（即先取者有必胜的策略 还是后取者有必胜的策略）．下面我们先看简单的情形：（1）出现只剩两堆的情况：　　①若两堆棋子数相同，则谁遇到谁输．因为不论你选择哪一堆拿走 多少枚，对方只需在另一堆拿走相同的棋子数就最终能拿到最后一枚．　　②若两堆棋子数不相同，则谁遇到谁就胜．因为只须从较多的一堆 中拿走一些棋子，使剩下的棋子与另一堆一样多，即为①的情形．（2）出现三堆仅剩 1，2，3 的情况． 这种情形是“输形”，谁遇到谁就会输，因为不论你怎么拿，对方都可以给你制造出上面①的情形．这种“输形”的特点是：两堆为奇数， 一堆为偶数，并且其中一堆奇数与一堆偶数之和等于另一堆奇数．　　于是谁遇到具有上述输形特点的情形，谁就要输．反之，谁能给对 方制造出具有上述输形特点的情形，谁就必胜．解 先拿的一方有必胜的策略． 设甲先拿棋子，则应选择“7”的一堆拿走 6 枚棋子，剩下情形是 1，8，9．不论乙如何拿必破坏输形特征，而轮到甲时，甲又可以为对方制 造出输形，乙必败．
例 7 在 8×8 的棋盘中，有三枚棋子（如图 28-4）．两人轮流按顺 时针螺旋方向移动棋子，移动的格数不限，但每人每次只能移动一枚．谁 能使最后一枚棋子移到终点 A 谁为胜利者．问先移棋子的人能否取胜？　　分析 这个题实际上只是将例 6 改变了一种形式，其实质并没有改 变．三枚棋子分别距 A 为 11，31，60 格．这相当于有三堆棋子，分别有11，31，60 枚．谁能将最后一枚移至 A 格，就相当于谁能拿到最后一枚 棋子．解 先移棋子的人必胜．　　他只须将离 A60 格的棋子先前移动 40 格，那么剩下的情形是，三枚 棋子距 A 分别为 11，31，20，则这个“输形”留给了对方，对方必败．练习题二十八　　1．1996 个空格排成一排，第一格中放有一枚棋子．现有两个人做游 戏，轮流移动棋子，每人每次可前移 1 格、2 格或 3 格，谁将棋子移到最 后一格，谁为胜者．问确保获胜的方法是什么？2．有 9 张纸片，分别写着 1、2、3、4、5、6、7、8、9．两个人轮流取一张，谁手上的三张纸的数字加起来等于 15，谁就获胜．问保证不 败的策略是什么？　　3．两人轮流报数，但报出的数字不得超过 8，至少是 1，同时把所 报得数一一累加起来，谁先报到 88，谁就获胜．问先报必胜，还是后报 必胜？　　4．如图 28-5 所示，是一个中国象棋的残局，若黑方先走，则谁将 取得胜利？　　5．有三摞纸片，分别为 5，15，34 张，甲、乙两人轮流从三摞纸牌中拿牌，每人每次只能从一摞纸牌中任取若干张，至少取一张，谁有必 胜的策略？答案练习题一1．（1）7.5；（2）372 ；（3）0；（4 ） 11 ；（5）1．262 ．（1）54 ；（2） 3 ；（3）1．83．（1）x=144；（2）x=0.575．4．依题意列算式如下：1 1 1[1248 ? (1248 ? ? 1248 ? ? 70%)] ? 1248 ? ? 100%3 3 31 1 3? [1248 ? (1 ? ? ?)] ? 416 ? 100%3 3 45? 1248 ? ? 416 ? 100%12=520÷416×100%=125%． 答：杂志占购买科技书的 125%5．分析 选出男生总人数的1
可知剩下男生的 10 ，根据剩下男生的11 11人数是女生的二倍又可知剩下女生人数为男生的二倍 10 ÷2 =
5，从15611 11人中去掉12 名女生的人数正好是男生人数的1 +
，即可求出男生及女11生的人数． 解（156 - 12 ）÷〔1 + （1 -
111）÷2 〕 = 99（人）99 ×（1 -1
）÷2 + 12 = 57 （人）11答：男生 99 人，女生 57 人．1．（1） 17 ；（2）1
68练习题二；（3）2 ．9 1572 ．（1）3；（2 ） 1 ；（3）1 4；（4）9
．9 11 133．（1） 59 （2 ）15 3 （3） 1394 ． （1）4 1 （2 ）64 2063529练习题三1．当x＞ 15 时，[ 15 ] = 0，此时y = 0．2 2 x15 2x当x＜ 时，[ ] = 0，此时，y = 0．2 15当x = 15 时，[ 15 ] = [ 2x] = 1，此时，y = 1．2 2x 15∴y 的值有两个：0 或 1．22．[ n4]为质数，所以n不是4的倍数，设n＝4k＋1，4k + 2和4k + 3（k 为整数）当 n=4k+1 时n2[ ] ? [4(4k ? 1)24] ? 4k 2
? 2k ? (2k ? 1)显然 2k（2K+1）不是质数． 当 n=4k+2 时n2[ ] ? [4(4k ? 2) 24] ? 4k 2
? 4k ? 1 ? (2k ? 1)2显然（2k+1）2 不是质数 当 n=4k+3 时n2[ ] ? [4(4k ? 3) 24] ? 4k 2
? 6k ? 2 ? 2(2k ? 1)( k ? 1)显然，当 k=0 时，2（2k+1）（k+1）=2 是质数，所以当 n=3 时，n2[ ]是质数．43．∵x=［x］+｛x｝∴原方程化为 3｛x｝+8｛x｝-50=0　　∵8［x］，50 均为整数，所以 3｛x｝为整数，又因为 0≤｛x｝＜1， 所以 0≤3｛x｝≤2，所以 0≤50-8［x］≤2，由此得［x］2= 6，所以3｛x｝ = 2 ，｛x｝ = ．3∴方程解为x = 6 2 ．3　　4．因 10=2×5，所以 1996！中末尾 0 的个数相当于 1996！的质因数 分解式中 2×5 的个数，而质因数分解式中 5 的个数较少，因此只需求出1996！的质因数分解式中 5 的最高幂指数即可．由性质（10）的推论 2，以及 1996＜55，可得 5 的最高幂指数为：1996199619961996[ ] ? [ ] ? [ ] ? [ ]5 525 3 5 4=399+79+15+3=496∴1996！中末尾有 496 个零．5．由［4.05x］=［4.05］x 解得 x＜20，故满足方程的最大自然数为 19，∵19＜25，所以 19！的质因数分解式中 2 的个数为：19[ ] + [2192 2
] + [192 3 ] + [192 4
] = 9 + 4 + 2 + 1 = 16（个）．练习题四2 ． 5188 ；99993．3；4．6；61399905．6：10 或 18：10．练习题五1．共有 280 个球．2．甲原有 4 本，乙原有 7 本．3．1 1 ．94．300 件．5． 21000 米．练习题六1．设加入 x 千克水．10×15%=（10+x）×10% x=5（千克）2．设需 20%的盐水 x 千克．10×10%+x·20%=（10+x）·15%x=10（千克）3．设容器内原有农药 x 千克 x·30%=（x+20）·20% x=40（千克）4．设原有 40%的酒精 x 千克．x·40%=（x+5）·30% x=15设再加入 y 千克酒精，浓度变为 50%．15×40%+y=（15+y）·50%y=3（千克）即需再加入 3 千克酒精．5．设需倒入 x 千克水2003 ? 10%200 ? xx=200100 ? 15%?100 ? x即需倒入 200 千克水．练习题七11．（1 -151×5）÷（101+ ） = 4（小时）152．1÷〔（1－1
×3）÷16〕＝20（小时）1543．（4 + 11）÷（1 -24） = 18（小时）4 ．1÷（ 1
） = 10（小时）605．依题意：甲乙合作效率为 1
．48实际上甲、乙合作了 28 天，甲又单独做了 63-28=35 天，所以甲的工作效率为（1 -
148×28 ）÷35 =
148，则乙的工作效率为1 1-48
841=112∴乙还需（1 -
184×42）÷1112= 56（天）练习题八1．甲的速度为每小时 40 千米，乙的速度为每小时 60 千米．2．经过 3 小时甲追上乙．　　3．设自动扶梯的速度为每分钟 m 级，任何时间看到的扶梯级数（从 底到顶）为 I，小刚在静止的扶梯上步行速度为每分钟 x 级，则有：150/3x=I/3x-m 及 75/x=I/x+m解得 I=120　　4．设再过 x 分钟，船才能追上所掉的东西，设船速为 a 米／分，水 速为 b 米／分，则有：5（a-b）+（5+x）b=x（a+b）x=5即：再过 5 分钟，船追上所掉的东西．5．设汽车将每人运送 x 千米，汽车往返 9 次，则有：1
91 ? x( ) ?5 91(2 x ?3591 ? x)9x=28所以所用最少时间为： 28 + 91 - 28 = 13 2 （小时）35 5 5练习题九1．求 134 与 312 之间的所有自然数中，有多少个数能被 19 整除？解 ∵在 1 至 134 之间的自然数中，能被 19 整除的自然数的个数有：1134 ÷19 = 719整数部分）≈7（个）（由题目的实际意义，去掉小数部分，取同理，在 1 至 312 之间的自然数中，能被 19 整除的自然数的个数有：312 ÷19 = 16
819≈16（个）所以，在 134 与 312 之间的所有自然数中，有16-7=9（个）所以，有 9 个数能被 19 整除．2．求积为 5760 的四个连续偶数之和．　　解 因为，四个数的积为 5760 是四位数，所以，这四个数不能都是 两位数，否则乘积大于 10000，即至少有一个是一位数．因为这四个数为 连续偶数，所以只可能取 2、4、6、8、10、12、14 中的连续四个数．又 因为 5760 的末位是 0，所以 10 必在其内，经检验：8×10×12×14=16×8×10×12=5760 所以，这四个连续偶数为：6、8、10、12，其和为：6+8+10+12=36．13．求 1 1 11
的整数部分．? ? ?? ? ?90解设 191 9211 1991
= S? ? ?? ? ?90 91 92 99则由放大和缩小法有：1 11 1 1＜S＜ 1 1 1? ?? ? ? ? ?? ?90 9090 99 99 99即：9＜S＜9.9所以，S 的整数部分为 9．4．估计两个三位数乘积的位数范围．　　解 因为是两个 3 位数，这两个数均在大于等于 100 且小于 1000 内， 所以，两数的乘积的范围为大于等于 10000 且小于 1000000．所以，这两 个三位数的乘积为 5 位数或 6 位数，即乘积的位数范围为：5 或 6．5．某学生在计算偶数 2、4、6、8??的和时，不小心少加了一个偶数，结果为 1112，那么，这个结果与正确的结果差多少呢？解 因为偶数 2、4、6、??的前 32 个数的和为 2+4+?? +64=1056． 前 33 个数的和为：2+4+6+??+66=1122．　　所以少加的偶数应为：，即少加了偶数 10，则错误结 果与实际结果差 10．练习题十1．（1）2☆3=5，3☆2=10，所以不等．（2）a=b（3）无交换律2．63． 271804．（1）3，0，2（2）3，9，13（3）12，26，33，45ab5．提示：a＆b =a + b1= 1 1?a＆b＆c＝a b1 ＝ 1 ，1 1 1 1 1? ? ?
1 c a b c1 1?a b可以想象，3＆4＆5＆6＆201?
1 1 1 1 1? ? ? ?3 4 5 6 201?
20 ? 15 ? 12 ? 10 ? 360? 1练习题十一　　1．一个月中最多 31 天，最少 28 天，将每一天看作一个抽屉，将 32 个孩子看作 32 个元素，根据抽屉原则，至少有两个元素落入同一抽屉， 即至少有两人是同一天出生的．2．根据抽屉原则一知，这个旅店最多有 24 间客房．　　3．任意一个数被 12 除，其余数为 0，1，?，11 中的一种，将这 12 个余数看作 12 个“抽屉”，任意 13 个数被 12 除，根据抽屉原则知，必 有两数除以 12 余数相同，这两数的差是 12 的倍数．4．将前 10 个自然数分成五组如下，｛1，7｝，｛2，6｝，｛4，8｝，｛3，9｝，｛5，10｝．将这五组看作 5 个抽屉，在前 10 个自然数中任取 6 个数，必有两个数出自同一抽屉，即一定存在两个数，其中一个是 另一个的倍数．　　5．从最不利的情况考虑，当摸出 12 个球时，可能是 10 个红的，白， 黑各一个，没有不同颜色的两对，当摸出 13 个球时，至多有 10 个属于 同一颜色，那么另外两种颜色的球至少有 3 个，根据抽屉原则一，这三 个球中可以得到第二对同色球，即至少要掏出 13 个球，才能保证达到要 求．练习题十二　　1．将 5 个人看作 5 个元素，将男、女两种性别看成两个抽屉，根据 原则（二）知，必有三个元素落入同一抽屉．即至少有三个人性别相同．　　　　2．一副扑克牌去掉大王、小王后共有 4 种花色，将四种花色看作四 个抽屉，根据抽屉原则，9 个元素放入四个抽屉中，必有三个元素落入同 一抽屉，即必有 3 张牌是同一花色．3．将 1997 年的每一天看作一个抽屉，1000 个孩子看作元素，由于5，所以至少有 3 个孩子的生日相同．　　又因为 1000-（365-1）=636．所以至少有 636 个孩子将来不单独过 生日．　　4．如图 12-5 所示，将圆四等分，将这四个扇形看作四个抽屉，在 圆中任意点 9 个点，必有三个点落在同一扇形内，由这三点构成的三角形面积小于扇形面积，而每一扇形面积是圆面积的 1 ．问题得证．4　　5．第一行有 7 个方格，因为只涂两种颜色，根据抽屉原则，必有一 种颜色涂了 4 个或 4 个以上的方格，不妨设第一行有四个红方格．第二行：在第一行的 4 个红方格下面的 4 个方格中，如果有两个红色的，结论已经成立，否则必有 3 个黑方格． 第三行：在第二行三个黑方格下面的 3 个方格中，至少有两个方格颜色相同．若是红色就与第一行组成符合条件的长方形，若是黑色则与第二行组成符合条件的长方形．练习题十三　　1．解：四人比赛乒乓球，且每两人都要赛一场，则一共要赛六场．而 赵、钱、孙胜的场数相同，且赵胜了李．所以只能有两种可能性，即赵、 钱、孙各胜一场或各胜两场．若他们各胜一场，则剩下的三场均为李胜， 这与李曾败给赵矛盾、所以赵、钱、孙各胜两场．故李一场没胜．2．解：设这位学者逝世时年龄为 x 岁，则他的出生年份应为 29x．依题意：29x＜1955（x为整数）所以：x＜ 1995 即 x≤67 ．当x = 67 时，29则出生年份为 290×67=1943，那么 1955 年时，仅为 12 岁．这与题意不 符．取 x=66，则出生年份为 29×66=1914，那么 1955 年时，应为 41 岁．这 与题意不矛盾．　　3．解：由题述条件（二）可知 A 是女性，再由（四）和（三）可知， A、B、E、F 四人均为女性．则其余四人为男性．由条件（五），H 不是 B、E 的爱人．再由（二），H 也不是 A 的爱人，所以 H 与 F 是一对夫妻．又 由条件（五）可知，C 与 B、E 不是夫妻关系，所以只能是 A 的丈夫．最 后由条件（一）知道 E 与 D 不是夫妻关系，则 D 的妻子只能是 B．那么 G与 E 是一对夫妻．　　4．解：因为所有罐子上的标签都与罐中实物不符，所以在贴有“红 白”标签的罐子中只能是两红或两白．那么只需在“红白”罐子中取出　　一个彩球．若是红色球，则可知罐中是两红．那么标有“两白”的罐子 中就是“一红一白”，标有两红的罐子中就是“两白”．若是白色球， 则可知罐中是“两白”，那么标有“两白”的罐子中就是“两红”，而 标有“两红”的罐子中就是“一红一白”5．见表 13-6：练习题十四1．丙判断全对，乙判断全错．2．3 号是伽利略，5 号是瓦特，2 号是爱 因斯坦，4 号是哥白尼，1 号是牛顿．3．如图 14-54．见表 14-65．见表 14-7练习题十五1．设 1 份为 x，由已知有 5x×8x÷4x=10xS 小 10x 10? ? ?S 大 5x ? 8x ? 4 x ? 10x 272．表面积增加了 24 平方分米．3．表面积是 88 平方厘米．4．至少水池的深度为 4.5 米；需要蓄水 57 分钟．5．2100 立方厘米．6．棱长为 0.8 米．练习题十六1．x≈15.9 厘米．2．123.78 厘米．3．12 平方厘米．4．16.56 平方厘米．5．435 平方毫米．练习题十七1．AB= AO=4.5（厘米）．2．225（平方厘米）．3．周长为 3aπ，比值为 1．374 ．弓形面积为9575平方厘米．　　5．我们先考虑：若有一个点不被任何一个圆所覆盖，会产生什么结 果．如果点 M 不在任何圆的内部，那么这个点对每一个边的视角都是锐角（它若在某一个圆上或圆内部，这个点对直径两端点所张的视角，即 圆内角，就应为直角或钝角）．因为所有视角和为 360°，所以这些角的 数目不能小于 5．因此，若能覆盖，边数为三边形或四边形才成．练习题十八1．圆柱形钢材的体积等于水减少的体积，因此有： 圆钢的体积为：π×302×4=1200π（立方厘米） 圆钢的底面积为：π×202=400π（立方厘米） 故：圆钢长度为：1200π÷400π=3（厘米）2．甲容器中水的体积为：π×32×10=90π（立方厘米） 甲容器中的水倒入乙容器中，体积没有改变，因此乙容器中水的体积为 90π立方厘米． 将甲容器中的水倒入乙容器中，等于在乙容器中截得一个小圆锥，而小锥体底面半径与大圆锥底面半径的比等于两个高的比．设这个比值 为 K，则小圆锥的体积为：1 π·（6K） 2 ·10K = 120πK 33所以有：K3
= 90π÷120π =
34K≈0.91所以乙容器中水的深度为 9.1 厘米．3．有水部分圆锥的底面半径和高分别是容器底面半径和高的 1 ，所3以有水部分的体积是容器容积的1
，所以，此容器还能装26 千克水．274 ．两个圆锥容器内所盛水的体积总和为： 1 ·π·10 2 ×30 +31 π·20 2 ×30 = 5000π（立方厘米）3　　将两容器内的水倒入圆柱形容器内，水的体积不变，所以圆柱形容 器的水深为：5000π÷（π·202）=12.5（厘米）5．表面积为：2 ×（ 1 π×152
+ 30 2 ） + 3× 30 2
+ π×15×30 = 6620（平方厘米）2体积为：1 π×152 ×30 + 30 3 ≈34458 （立方厘米）2练习题十九1．8∶5；240，320，2002．提示：甲、乙两堆火柴的总根数没有变化，第一次，甲∶乙=1∶2，则甲∶总数=1∶3；第二次，甲∶乙=5∶2，则甲∶总数=5∶7；将两 个单比分别化成 7∶21 和 15∶21．这样火柴一共有 21 份，甲前后两次的 差为 15-7=8 份．由题意，差为 80 根，所以每份 10 根，所以总数为 210 根．答案为：100 根，110 根．3．提示：兄弟两人月结余相同，也就是收入与支出的差相同，抓住这个关系，把已知两个单比联系起来．答案为 400 元，300 元．4．4∶9．5．1∶4∶8．练习题二十1．95∶98∶100；980∶950∶931．2．2∶7．3．1∶4．提示：三角形 ADE 与三角形 DEC 面积之比是：（15-9）∶9．4．8 元，5 元，2 元．5．5∶1．练习题二十一1．18／5．2．40／21（提示：先求△OMN 的面积，然后根据等高的两三角形面积比等于它们的底的比，有S △ABMAM
S? ,△AMN? AM ）S △BCM3．提示：S△PAB+S△PAC=S△ABC4．1（提示：仿例 3）5．1（提示：仿例 4）CM
S △CMN CM练习题二十二1．解 由容斥原理有33+14-4=432．解 由容斥原理有（设三项全优为 x 人）45=28+20+20-7-9-8+x故 x=13．最多 23 人，最少 21 人．4．48cm25．16cm2练习题二十三　　1．解答 观察两图，由镜面反射原理知：第一个钟面（如图 23—4 甲））表示的时刻为 9 时 50 分，第二个钟面（如图 23—4 乙）所表示的 时刻为 6 时 25 分．它们的时间差为：3 小时 25 分．2．一手表每小时快 4 分钟，下午 2 点整将表对准，当这只手表的指针指向晚 10 点整的时候，实际的时刻应是几点几分？解答 设时针 1 小时转出的 1 格为路程的单位，手表的转速为每小时： 64 ? 16 格，手表从2 点到10 点共转过8个格，实际经过时间为60 158÷ 16 ? 7 1 （小时）．所以实际时刻应为：9 时30 分．15 23．钟面上 9 点整，再过多少分钟两指针第一次重合？解答 设时针 1 小时转动的 1 格为路程的单位，则时针转速为每分钟 1
格，分针转动的速度为每分钟 1 格．9点整时，分针与时针相距960 5格，所以两针重合时经过的时间应为：9 ÷（ 1 ?51
160 11（分钟）4．钟面上的时刻为 3 点整，再过多少分钟时针与分针成平角？解 设时针 1 小时转动的 1 格为路程的单位，分针的转速为：每分钟 1 格，时针的速度为每分钟51
格，当时针与分针成平角时，分针比时60针多走 9 个格．所以两针经过的时间为：9 ÷（ 1 ?51
160 11（分钟）　　5．某钟面的指针指在 7 点的哪一刻时，时针和分针的位置与 6 的距 离相等？解答 设时针 1 小时转动的 1 格为路程的单位，则时针的速度为每分钟 1601格，分针转速为每分钟 1 格．设这一时刻时针的位置在7 过x格，5]分钟．因为时间相等，则列方程：51 1x ? ? (5 ? x) ?60 5解此方程得：x =
513（格）．因时针转动一格为60分，所以所需时间为 5
×60 = 23 1（分钟），即当指针指在7点23
分时时针与分针的位13 13 13置与 6 的距离相等．练习题二十四1．解 从 1—10 中划去 10 个数字剩下 9，分别从 11—20，21—30，31—40 中划去 19 个数字剩下数为 ，还须划去 80-67=13 个数字．实验可知
最大．2．解 20=3×6＋2 故乘积最大值为 36×2=14583．解 由于4个村子为偶数故修在BC之间最合理（包括B、C两点）．由于照顾乘车老人，将车站设在 C 点是更合理的．a a4 ．解 设周长为a，可知三角形高h＜ ，圆半径 = ，3 2 ?进而可知1 a a2 a2S 三角形? ? h＜2 3 18S 正方形
? 16S ? ? ? (
) 2圆 2?a2 a 2? ＞4? 16故圆面积最大，三角形面积最小5．解 最大72? 8634（填法不唯一）5最小3 5 ? 12 4 （填法不唯一）8 7练习题二十五1．如图 25—14．
2．如图 25—15 先证有四点，再用抽屉原则证明不可能有超过 4 点 满足条件．3．最小为 116，最大为 991．4．最少称 5 次．5．最少为2 29 小时．35练习题二十六1．四种颜色．　　2．解：不能将图 A 变为图 B．由于在一个程序中是将一行或一列中 的各格全部变色，因此在一个程序中不会改变这一行或一列中黑白格的 奇偶性．考虑图 A 与图 B 中左下角 2×2 方格．由于图 A 中左下角的 2×2 方格中黑、白格的数目都是偶数，因此无论经过多少个程序，变化后图 形的左下角 2×2 方格中黑、白格的数目仍都是偶数．但图 B 中的左下角 中是三个白格一个黑格，与要求矛盾．所以不能将图 A 变为图 B．3．对 7×7 格棋盘进行黑白相间染色（同国际象棋盘的着色法）．由于共 49 格，不妨设有白格 24 个，黑格 25 个．由国际象棋中马跳的规则， 马每跳一步必变更一种色格．那么位于黑格上的 25 个马应同时跳入 25 个白格中，而白格只有 24 个，所以不可能 49 个马同时各走一步．4．如图 26—13 那样染色．1
2
3
4
1
2
3
4
2
3
4
1
2
3
4
1
3
4
1
2
3
4
1
2
4
1
2
3
4
1
2
3
1
2
3
4
1
2
3
4
2
3
4
1
2
3
4
1
3
4
1
2
3
4
1
2
4
1
2
3
4
1
2
3
图 26—13　　1 个 4×1 矩形块恰盖住四种颜色的方格各一个，而 1 个 2×2 矩形块 总不能盖住四种颜色的方格各一个．因此，这 16 个矩形块盖住的 4 种颜　　色的方格数目不同．而图中四种颜色的方格数各 16 个，矛盾．故不存在 这种覆盖．　　5．提示：将每个小正方体分别染成黑色或白色，且使相邻的两个小 正方体染成不同的颜色．不妨设中心为白色，则白色小正方体有 13 个， 黑色小正方体有 14 个．考虑到甲虫每次要爬到不同色的小正方体中，从 而可得出它不能无重复地爬遍所有小正方体．练习题二十七1．以“小往大靠”的原则，在 C 点设麦场最好．2．见图 27—13．3．先求出各种劳动人员的挖坑与运树的相对效率，甲 =2
= 0.1，乙201.2=10= 0.12 ，丙 =0.87= 0 ．114 ，然后根据任务的需要最合理的分配方案是：由 13 个甲种人员去运树苗，其余人员全部挖坑．　　4．最佳方案为，甲煤矿运往 A 城市 50 吨，B 城市 150 吨；乙煤矿运 往 A 城市 50 吨，C 城市 200 吨．5．四个小组的安排为：甲、丁两组 7 天全部生产上衣；乙组 3 天生产上衣，4 天生产裤子；丙组 7 天全部生产裤子，这样四个组最多可以缝 制 125 套衣服．练习题二十八1．先移者胜．2．设甲先取，乙后取．甲若先取 5，这时给乙留下的可能性为：（2，4，9），（2，6，7），（3，4，8），（1，6，8），乙为使自己取胜的 可能性较多，应取 2（或 4，6，8），这时甲为破坏对方较多的可能性， 可以取 4，乙既要破坏甲先达到 15，又要使自己尽快达到 15，只有取 6， 那么甲只有取 7 来应付，乙又必须取 3，此时，乙只剩下一种可能性了， 甲只要取 1（或 8），就确保不会失败．其它情况可以类似地讨论．3．要取胜，就要想办法先凑出以下数：88，79，70，61，52，43，34，25，16，7，所以取胜的方法是：（1）先报 7，（2）对方报 a（1≤a≤8），你就报 9-a；　　4．通过观察，我们知道这个残局上可以动作的棋子只有边路上的一 个兵卒能走一步，以及中路和七路上炮可以在这两条路线上移动．黑方 输棋．因为：黑方若走卒，则红方炮七进 2，此后不论黑方怎样走，红方 只需仿黑棋走法必胜．黑方若先走炮，红方只需将两组相对炮的距离保 持不同则必胜．　　5．先取者有必胜的策略，即从 34 张中取走 24 张．
成为本站VIP会员,
若未注册,请点击 成为本站会员.
版权声明：本站所有电子书均来自互联网。如果您发现有任何侵犯您权益的情况，请立即和我们联系，我们会及时作相关处理。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
蓝田玉PDF文档网致力于建设中国最大的PDF格式电子书的收集和下载服务！